专题8.3 25类排列组合常考小题汇总-【模型技巧】备考2024高考数学二轮复习重难点突破专题（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc155871580" 题型1 特殊元素和特殊位置优先策略
\l "_Tc155871581" 题型2 相邻问题捆绑法
\l "_Tc155871582" 题型3 不相邻问题插空法
\l "_Tc155871583" 题型4 特殊相邻问题：空位相邻问题(停车问题)
\l "_Tc155871584" 题型5 捆绑法与插空法结合
\l "_Tc155871585" 题型6 平均分组问题（消序）
\l "_Tc155871586" 题型7 不平均分组问题（部分消序）
\l "_Tc155871587" 题型8 不同元素分配问题：先分组再分配
\l "_Tc155871588" 题型9 相同元素分配问题：挡板法
\l "_Tc155871589" 题型10 前后排排问题
\l "_Tc155871590" 题型11 重复元素消序问题
\l "_Tc155871591" 题型12 涂色问题
\l "_Tc155871592" 题型13 最短路径问题（台阶问题）
\l "_Tc155871593" 题型14 允许重复排列问题数字排列问题
\l "_Tc155871594" 题型15 定序问题
\l "_Tc155871595" 题型16 数字排列问题
\l "_Tc155871596" 题型17 至少至多问题
\l "_Tc155871597" 题型18 正难则反思想
\l "_Tc155871598" 题型19 合理分类与分步策略（分类讨论思想）
\l "_Tc155871599" 题型20 环排问题
\l "_Tc155871600" 题型21 列举法
\l "_Tc155871601" 题型22 排队问题
\l "_Tc155871602" 题型23 错位排列
\l "_Tc155871603" 题型24 多面手问题
\l "_Tc155871604" 题型25 元素配对问题(鞋子成双问题)
排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．
【重要解题方法总结】
1、特殊元素和特殊位置优先策略
位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法，若以元素分析为主，需先安排特殊元素，再处理其它元素．若以位置分析为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件
2、相邻元素捆绑策略
要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题．即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也必须排列．
3、不相邻问题插空策略
元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端
4、分组问题除法消序策略
（1）平均分成的组，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要一定要除以(n为均分的组数)进行消序，避免重复计数
（2）不平均分组时，若有n组的人数相同，那么分组后要要除以进行消序
5、元素不相同分配问题
分组问题(分成几堆，无序)有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n堆(组)必须除以，如果有m堆（组）元素个数相同，必须除以．
6、元素相同分配问题隔板策略
将个相同的元素分成m份(n，m为正整数)，每份至少一个元素，可以用块隔板插入个元素排成一排的个空隙中，所有分法数为
7、涂色问题常用方法
(1)根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域涂色问题的基本方法；
(2)根据共用了多少种颜色，分别计算出各种情形的种数，再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数；
(3)根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数
8、重排问题求幂策略
允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为m的n次方种。重排问题一定要注意是谁选谁
9、数字排序问题查字典策略
数字排序问题可用查字典法，查字典的法应从高位向低位查，依次求出其符合要求的个数，根据分类计数原理求出其总数。
10、正难则反总体淘汰策略
有些排列组合问题，正面直接考虑比较复杂，而它的反面往往比较简捷，可以先求出它的反面．再从整体中淘汰．
11、合理分类与分步策略
解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。
重点题型·归类精练
题型1 特殊元素和特殊位置优先策略
对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。
如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格放一张卡片，则“只有中间一列的两个数字之和为5”的不同的排列有（ ）
A．96B．64C．32D16
【答案】B
【解析】：易知1，4或2，3放中间列．当2，3放中间列，则1，4不在同一列，则有32种排列，同理1，4放中间，故选B．
从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）
A ．280种 B．240种 C．180种 D．96种
【答案】B
【详解】解：先从除了甲乙剩余的4名志愿者中选1人从事翻译工作，有种，然后再从剩余的名志愿者中选3个人从事另外三项工作，有种，所以一共有种.
某城市的汽车牌照号码由个英文字母后接个数字组成，其中个数字互不相同的牌照号码共有（ ）个
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数，再求出后接4个数字组成的方法数，由分步计数原理即可得结论．
【详解】解：先从26个英文字母中选出2个英文字母的方法数为，后接4个数字组成的方法数为，所以由分步计数原理可得不相同的牌照号码共有个.
故选：D．
将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法有______种.
【答案】240
【分析】依据特殊元素优先法去排列即可解决.
【详解】甲、乙、丙等六位同学排成一排，可以看成甲、乙、丙等六位同学在一排6个座位上就座.
先安排甲、乙、丙三位同学：在6个座位中任选3个座位有种方法，让甲、乙坐在丙的两侧，有种方法；
接下来安排余下的三位同学：余下的三位同学在剩下的3个座位上任意坐有种方法.
则不同的排法共有（种）
故答案为：240
某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种．
【答案】600
【分析】先从8名教师中选出4名，因为甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，所以可按选甲和不选甲分成两类，两类方法数相加，再把4名老师分配去4个边远地区，4名老师进行全排列即可，最后两步方法数相乘
【详解】解：分两步，
第一步，先选四名老师，又分两类，
第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有种不同的选法，
第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有种不同的选法，
所以不同的选法有25种，
第二步，四名老师去4个边远地区支教，有种，
所以共有种，
故答案为:600
题型2 相邻问题捆绑法
对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。
小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（ ）
A．16B．24C．166D．180
【答案】B
【解析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果，
故选：B．
某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为( )
A．24B．36C．48D．60
【答案】C
【解析】先安排甲､乙相邻，有种排法，再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列，
故有排法种数为.故选：C
有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（ ）
A．16B．24C．166D．180
【答案】B
【解析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果
为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有种不同的排列方法 .
【答案】240
解析：依题意得，不同的排队方法有种.故填：.
中国书法一般分为篆书､隶书､行书､楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草､今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化，某书法协会采用楷书､隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写，草书字体的福字分别用章草､今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷书写.将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为___________种.
【答案】72
【分析】利用捆绑法，结合排列数的计算，求解即可.
【详解】分别将隶书､草书､楷书当作整体，排法总数为，
隶书内部顺序，草书内部顺序，
故方法总数为种.
甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，丙不站在两端，则不同的排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【解析】将甲和乙看作一个整体，有种方法，
将丁、戊和甲乙的整体首先安排到两端，则有种方法，
再安排丙和剩余的人，有有种方法，
根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：种．
甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A．240B．192C．96D．48
【答案】B
【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
题型3 不相邻问题插空法
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可
将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（ ）
A．480种B．240种C．15种D．10种
【答案】D
【解析】将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有方法，
故2个8不相邻的情况有种.
6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144B．120C．72D．24
【答案】D
【解析】先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种
某种产品的加工需要经过道工序，如果工序C，D必须不能相邻，那么有______种加工顺序
【答案】72
【分析】先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空.
【详解】先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位，再将C，D这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序.
夏老师要进行年度体检，有抽血、腹部彩超、胸部CT、心电图、血压测量等五个项目，为了体检数据的准确性，抽血必须作为第一个项目完成，而夏老师决定腹部彩超和胸部CT两项不连在一起检查，则不同的检查方案一共有 种.
【答案】12
【分析】先将心电图、血压测量两项全排列，再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中，最后将抽血放在第一位即可.
【详解】解：由题意得：将心电图、血压测量两项全排列，有种情况，
再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中，有种情况
最后将抽血放在第一位，有1种情况，
所以共有种情况
随着经济的发展，私家车成为居民的标配．某小区为了适应这一变化，在小区建设过程中预留了7个排成一排的备用车位．现有3位私家车车主要使用这一备用车位．现规定3位私家车随机停车，任意两辆车都不相邻，则共有不同停车种数为（ ）
A．144B．24C．72D．60
【答案】D
【分析】由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆4个空位留下5个空隙供3辆车选择即可.
【详解】由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆好4个空车位，4个空车位之间共有5个空隙可供3辆车选择停车．
因此，任何两辆车都不相邻的停车种数共有.
有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）
A．120种B．32种C．24种D．16种
【答案】D
【分析】红色在中间，先考虑红色左边的情况，再考虑右边，进而求出答案.
【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色，
先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法，
再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法，
综上：一共有摆放方法=16种.
题型4 特殊相邻问题：空位相邻问题与无序插空问题(停车问题)
停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】D
【分析】根据排列的知识求得正确答案.
【详解】将个空车位视为一个元素，与辆车共个元素进行全排列，共有种．
故选：D
琼中中学一条校道路边有7盏路灯，为了节约用电，学校决定每天晩上点亮其中的3盏路灯，但要求点亮的3盏路灯都不相邻，不同的点亮方式有（ ）种
A．5B．10C．15D．20
【答案】B
【分析】运用不相邻问题插空法即可求得结果.
【详解】因为不点亮的4盏灯形成5个空，将点亮的3盏灯插到这5个空中即可，
所以不同的点亮方式有种.
某人射击8枪命中4枪，这4枪恰有3枪连中的不同种数为（ ）
A．720B．480C．224D．20
【答案】D
【解析】将连中的三枪看作一枪与另一枪一起可表达为“射6枪其中有2枪命中且不连中”的可能情况种数，即在未中的4枪中插空即可求种数.
【详解】1、连中的三枪看作一枪与另一命中的枪作排列：种，
2、将未中的四枪形成的5个间隔任取2个作为上述两枪的位置：种，
∴总共有种.
地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黑三辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，有且仅有两个空车位相邻的情况有 种.
【答案】72
【分析】根据排列、组合的定义，结合捆绑法、插空法、乘法原理进行求解即可.
【详解】根据题意，首先把三辆车排列有种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另两个空车位往3辆车中插入有种方法，由乘法原理有种停法.
马路上有10盏路灯，为了节约用电计划关掉三盏路灯，但两端两盏不能关掉，也不能同时关掉相邻的两盏或三盏，这样的关灯方法有 种．（用数字作答）
【答案】20
【分析】先将亮的7盏灯排成一排，两端两盏不能关掉，在他们之间有6个空位利用插空法可得答案.
【详解】先将亮的7盏灯排成一排，因为两端两盏不能关掉，所以他们之间有6个空位，
在6个空位中选取3个位置插入熄灭的3盏灯，即有种.
题型5 捆绑法与插空法结合
把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种.
【答案】36
【详解】试题分析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种.
为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种.
A．40B．24C．20D．12
【答案】B
【解析】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
2名老师和3名学生站成一排照相，则3名学生中有且仅有2人相邻的站法有________种.
【答案】72
【分析】先将学生分成两组，两人的先捆绑，再两位老师全排列，剩下三个空将两组学生全排列即可.
【详解】第一步：先取两个学生捆绑，则有种；
第二步：两名老师全排列，则有种；
第三步：两名老师有3个空，将两组学生安排在3个空中的两个，则有种，
则一共有种.
故答案为：72
“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.
【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，
共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，
排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，
从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，
故总共有种排法
中国古代儒家提出的“六艺”指：礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．144种
【答案】D
【分析】利用捆绑法和插空法计算可得.
【详解】解：由题意“乐”与“书”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有种，
然后与“礼”､“数”进行排序，共有种，
最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种，
由于是分步进行，所以共有种.
现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有______种．（用数字作答）
【答案】144
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，
有种情况，
②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，
有种情况，
则有种排法，
故答案为：144．
有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有 种．（结果用数字作答）
【答案】36
【解答】解：相声，跳舞看成一体，与唱歌，杂技全排列，共有种，
3个节目有4个空，除去相声旁边的那个空，剩下3个空，小品选其一，有种，
故共种．
某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的方法有___________种．
【答案】120
【分析】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中.
【详解】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，有种方法；
另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中，有种，
因此共有种.
题型6 平均分组问题（消序）
已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？
【答案】15
【分析】根据题意先对6本书进行分组，因为平均分成的组，不管他们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要除以，进而求解.
【详解】6本书平均分成3堆，
所以不同的分堆方法的种数为.
题型7 不平均分组问题（部分消序）
6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法
【答案】60
【分析】根据不平均分组即可求解，
【详解】先从6本书中任取1本，作为一堆，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一堆，有种取法，最后从余下的3本书中取3本作为一堆，有种取法，故共有分法种.
6本不同的书，分成三份，1份4本，另外两份每份1本，共有________种不同的分配方式
【答案】15
【分析】根据部分平均分组由排列组合即可求解.
【详解】无序均匀分组问题，种
“全员检测，阻断清零”的新冠防疫政策，使得我国成为全球最安全的国家.现某处需要三组全民核酸检测人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成，则这9名检测人员分组方法种数为______；若志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名检测人员分组方法种数为______.
【答案】60，18
【详解】（1）志愿者分组情况有种，搭配3名医生有种；（2）志愿者分组情况有种，搭配3名医生有种.
题型8 不同元素分配问题：先分组再分配
【规律方法】分组问题(分成几堆，无序)有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n堆(组)必须除以，如果有m堆（组）元素个数相同，必须除以．
某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（ ）
A．81B．72C．48D．36
【答案】D
【分析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，即可得出答案．
【详解】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法
在学雷锋志愿活动中，安排4名志原者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有 种．
【答案】240
解析：，故填
在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（ ）
A．25种 B．50种 C．300种 D．150种
【答案】D
【分析】首先分析将5个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.
【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有种；
②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有种.
综上，选法共有.
某综合性大学数学系为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将这四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有 种不同的选修方式可选．
【答案】54
【解析】：由题若按照1，1，2选修四门课程，则有种．
若按照0，2，2选修四门课程，则有种．所以共有种．故填：54．
提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲、乙、丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方、每地至少派一人，则不同的选派方案共有
A．18种B．12种C．72种D．36种
【解答】解：将4名教师分成3个组有种分法，再将3个组的教师分到甲、乙、丙三地共有种分法，
所以共有36种选派方案，
故选：．
某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区.
【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况，
第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，
所以共（种）选派方案
有编号分别为1，2，3，4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有________种放法.
【答案】144
【分析】本题为分组分配问题，先分组有种情况，再分配有种情况，两式相乘即可.
【详解】先分组再分配.第一步：将四个小球分为三组，每组个数分别为2、1、1，有种情况；
第二步，将分好的三组小球放到三个盒子中，有种情况.
所以，共有种放法.
某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有____________种不同的方法．
【答案】
【分析】由题意，根据分组分配的做题原理，可得答案.
【详解】由题意，分2步分析：
①先5人中选出2人，安排到甲社区，有种方法，
②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有种方法，
则有种安排方式.
故答案为：.
6名志愿者要到，，三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去社区，则不同的安排方法共有（ ）
A．105种B．144种C．150种D．210种
【答案】D
【分析】先安排2名志愿者到A社区，再考虑剩余的4名志愿者，分为两组，可以平均分，可以一组1人，一组3人，再对两组进行分配，从而求出最终答案.
【详解】先选出2名志愿者安排到A社区，有种方法，
再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，
另一种是1组1人，另一组3人，有种分法，再分配到其他两个社区，
则不同的安排方法共有种.
某班9名同学参加植树活动，若将9名同学分成挖土､植树､浇水3个小组，每组3人，则甲､乙､丙任何2人在不同小组的安排方法的种数为（ ）
A．90B．180C．540D．3240
【答案】C
【分析】先安排除甲､乙､丙之外的同学进行平均分组，再安排甲乙丙到三个不同小组，结合排列组合公式即可求解.
【详解】第一步：先安排除甲､乙､丙之外的同学，
将除甲､乙､丙3人之外的6名同学分成挖土､植树､浇水3组，每组2人，有种不同的方法；
第二步：安排甲､乙､丙，
甲､乙､丙3人分到3个不同的小组，有种不同的方法.
则由分步乘法计数原理知，共有种不同的安排方法.
为促进援疆教育事业的发展，某省重点高中选派了名男教师和名女教师去支援边疆工作，分配到所学校，每所学校至少一人，每人只去一所学校，则两名女教师分到同一所学校的情况种数为______．
【答案】36
【分析】将名老师分为组，讨论位女老师所在学校有人和人的情况进行计算即可．
【详解】若位女老师和名男老师分到一个学校有种情况；
若位女老师分在一个学校，则名男教师分为组，再分到所学校，有 种情况，
故两名女教师分到同一所学校的情况种数为种．
某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ）
A．56B．28C．24D．12
【答案】B
【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数.
【详解】设两个社团为甲社团和乙社团，
当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有种方案，甲社团有3 人有种方案，甲社团有4人有种方案，共种方案；
当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案；
所以不同的安排方案数是14+14=28.
故选：B
中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（ ）
A．60B．66C．72D．80
【答案】C
【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.
【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有种.
安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲、乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.
【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；
当分为3,1,1人时，有种实习方案，
当分为2,2,1人时，有种实习方案，
即共有种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为
第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法计数原理可求得不同的安排方法种数.
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，
此时，不同的安排方法种数为种；
（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，
此时，不同的安排方法种数为种.
综上所述，不同的安排方法种数为.
甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【详解】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
题型9 相同元素分配问题：挡板法
把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法（ ）
A．10种B．种C．种D．60种
【答案】A
【分析】采用隔板法，在个空中插入块板，根据组合数公式计算可得；
【详解】解：依题意，采用隔板法，在个空中插入块板，则不同的放法共有种；
故选：A
把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有（ ）种
A．41B．56C．156D．252
【答案】B
【解析】本题要使用挡板法，在9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．
【详解】解：问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，
即产生符合要求的方法数．故有种．
故选：B
将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ）
A．720种B．420种C．120种D．15种
【答案】D
【解析】先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15
有10个运动员名额分给7个班，每班至少一个名额，共有 种分配方案.
【答案】84
【分析】以挡板法去求解即可.
【详解】10个名额没有差别，把它们看成是10个圆圈排成一排，相邻圆圈之间形成9个空隙.
在9个空隙中选6个空隙放入6个隔板，即可把圆圈（名额）分成7份，
对应分给7个班级，即可达到题意要求.
每一种插板的放置方法对应一种分法，共有种分法.
马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为（ ）
A．12B．18C．21D．24
【答案】C
【分析】10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法，又两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，即可得出答案.
【详解】解：根据题意，10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法．
先将剩下的8盏灯排成一排，因两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，所以共有种关灯方法．
从某校4个班级的学生中选出7名学生作为代表参加志愿者服务活动，若每个班级至少有一名代表，则有______种不同的选法．
【答案】20
【分析】利用隔板法解决，七个个体间有六个空，选出三个空插隔板，即可分成四份，即得.
【详解】由题意，七个名额分成四份，名额之间没有差别，四个班级之间也没有差别，
故把七个名额分成四份即得选法种数，相当于7个球排成一排，然后插3块木板把它们分成4份，即中间6个空位，选3个空插隔板，分成四份，
所以总的分法有种.
(多选)将12支完全相同的圆珠笔分给4位小朋友.（ ）
A．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法B．若每位小朋友至少分得1支，则有种分法
C．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法D．若每位小朋友至少分得2支，则有种分法
【答案】BC
【分析】利用隔板法求得每位小朋友至少分得1支的分法总数判断选项AB；求得每位小朋友至少分得2支的分法总数判断选项CD.
【详解】若每位小朋友至少分得1支，则由隔板法可得，不同的分法种数为.
则选项A判断错误；选项B判断正确；
若每位小朋友至少分得2支，则每位小朋友可先各发1支，剩下8支，再由隔板法可得，不同的分法种数为.则选项C判断正确；选项D判断错误.
题型10 前后排排问题
【规律方法】多排问题直排策略一般地，元素分成多排的排列问题，可归结为一排考虑，再分段研究
人排成前后两排，每排人，其中甲、乙在前排，丙在后排，共有 排法.
【答案】
【详解】按照前排甲、乙，后排丙，其余5人的顺序考虑，共有种，故填5760.
毕业季，6位身高全不相同的同学拍照留念，站成前后两排各三人，要求每列后排同学比前排高的不同排法共有（ ）
A．40种B．20种C．180种D．90种
【答案】D
【分析】可看成6位同学分成3组.
【详解】按列选取，相当于6位同学分成3组，只要选出来了，让高的同学站在后排即可，故种，
故选：D.
有7个人排成前后两排照相，前排站3人后排站4人，其中甲同学站在前排，乙同学站在后排的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】总事件数看成7人站一排, 考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排,根据古典概型的计算公式求解即可.
【详解】先计算总事件数，可以看成7人站一排有种.
现在考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排，乙站在后排有种，
概率为.
故选:D.
有两排座位，前排10个座位，后排10个座位，现安排2人就座，规定前排中间的两个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【分析】分情况讨论，结合分类计数原理可得答案.
【详解】分为下列三类情况：
第一类：两人分别坐前后两排，共有种；
第二类：两人都坐后排，共有种；
第三类：两人都坐前排，共有三种情况，分坐左右4个座位有32种；都坐左边4个座位有6种；都坐右边4个座位也有6种；共有种；
由分类加法计数原理可得，共有种.
故答案为：276
10名同学进行队列训练，站成前排4人后排6人，现体育教师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法有 种．（数字作答）
【答案】450
【分析】先从6个人中选2人调整到前排，再把2人在6个位置选2个进行排列，按照乘法计数原理计算即可.
【详解】先从后排6人中抽2人，有种选法，
再将抽2人调整到前排，共有6人，且其他人的相对顺序不变，有种选法，
故不同调整方法有种.
故答案为：450.
题型11 重复元素消序问题
由数字组成的一串数字代码，其中恰好有个，个，则这样的不同数字代码共有____________个.
【答案】
【分析】根据排列的知识确定求得正确答案.
【详解】一共个数字，其中个，个，
所以一共.
故答案为：
中国共产党成立100周年，习近平总书记代表党和人民庄严宣告，经过全党全国各族人民持续奋斗，我们实现了第一个百年奋斗目标，在中华大地上全面建成了小康社会，历史性地解决了绝对贫困问题.某数学兴趣小组把三个0､两个2､两个1与一个7组成一个八位数（如20001217），若其中三个0均不相邻，则这个八位数的个数为（ ）
A．200B．240C．300D．600
【答案】C
【分析】由于三个0均不相邻，所以采用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，第二步再把0插入其中五个空，即可得答案.
【详解】利用插空法，第一步排列两个2，两个1，一个7，共有种排法，
第二步再把0插入其中五个空，所以有种排法，
所以共有个八位数.
英文单词"sentence”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个数为（ ）（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）
A．2520B．3360C．25200D．4530
【答案】A
【分析】排列定序问题与不相邻问题综合，先去掉排列其他个字母，再插入字母．
【详解】英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s、t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字母需除去顺序，共有种，再插入个字母，共有种，所以一共有种
题型12 涂色问题
【规律方法】可以按照图形逐一依次填涂，也可以按照所用颜色的种数进行分类讨论.
如图所示某城区的一个街心花园，共有五个区域，中心区域E已被设计为代表城市特点的一个标志性塑像，要求在周围ABCD四个区域中种植鲜花，现有四个品种的鲜花可供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同，则不同的种植方法的种数为（ ）
A．12B．24C．48D．84
【答案】D
【解析】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分一下三类：
当种植的鲜花为两种时：和相同，和相同，共有种种植方法；
当种植鲜花为三种时：和相同或和相同，此时共有种种植方法；
当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有种种植方法，
综上：则不同的种植方法的种数为种
某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有（ ）种
A．36 B．48 C．54 D．72
【答案】D
【解析】如图：将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤，则满足条件的涂色方案可分为两类，
第一类区域②，④涂色相同的涂色方案，第二类区域②，④涂色不相同的涂色方案，
其中区域②，④涂色相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色相同的涂色方案有种方案，即48种方案；
区域②，④涂色不相同的涂色方案可分为5步完成，第一步涂区域①，有4种方法，第二步涂区域②，有3种方法，第三步涂区域③，有2种方法，第四步涂区域④，有1种方法，第五步涂区域⑤，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域②，④涂色不相同的涂色方案有种方案，即24种方案；
所以符合条件的涂色方案共有72种，
故选：D．
如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（ ）
A．480B．720C．1080D．1200
【答案】D
【解析】先给O涂色，有种方法，接着给A涂色，有种方法，接着给B涂色，有种方法，
①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，
最后E有2种涂色方法；
②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，
若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；
若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法．
综上，涂色方法总数为
故选：D
用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24B．30C．36D．42
【答案】B
【分析】先分类（先涂前3个圈，再涂后3个圆）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，分别计算后再由加法原理相加即得．
【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
如图，节日花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有_____________种.
【答案】72
【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案
【详解】如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，
分2种情况讨论：
①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共有种植方案（种），
②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案（种），
则不同的种植方案共有（种）.
某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【分析】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果.
【详解】由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，
若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
若2、4同色，则3、6同色，
所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
所以共有种栽种方法.
故答案为：120
用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【分析】将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
题型13 最短路径问题（台阶问题）
在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，途经C地，则不同的路线有（ ）
A．90 种B．105 种C．260种D．315 种
【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理以及组合数的计算求得正确答案.
【详解】由题可知，不同的路线有种．
故选：B.
方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】D
【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.
（多选）小明与小兵两位同学计划去科技博物馆参加活动．小明在如图的街道E处，小兵在如图的街道F处，科技博物馆位于如图的G处，则下列说法正确的是（ ）

A．小明到科技博物馆选择的最短路径条数为126条
B．小兵到科技博物馆选择的最短路径条数为4条
C．小明到科技博物馆在选择的最短路径中，与到F处和小兵会合一起到科技博物馆的概率为
D．小明与小兵到科技博物馆在选择的最短路径中，两人约定在科技博物馆门口汇合，事件A：小明经过F；事件B：从F到科技博物馆两人的路径没有重叠部分（路口除外），则
【答案】ACD
【分析】根据组合公式和最短路径的几何特点即可求解.
【详解】由图知，要使小兵、小明到科技博物馆的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，

A：小明到科技博物馆需要向上4格，向右5格，即小明共走9步其中4步向上，最短路径条数为条，正确；
B：小兵到科技博物馆需要向上1格，向右2格，即小兵共走3步其中1步向上，所以最短路径条数为条，错误；
C：小明到的最短路径走法有条，再从F处和小兵一起到科技博物馆的路径最短有3条，而小明到科技博物馆共有条，所以到F处和小兵会合一起到科技博物馆的概率为，正确；
D：由C选项知：，事件的概率，所以，正确.
题型14 允许重复排列问题数字排列问题
【规律方法】解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解．
有4名新冠疫情防控志愿者，每人从3个不同的社区中选择1个进行服务.则不同的选择办法共有 种.
【答案】81
【分析】利用分步计数原理求解即可．
【详解】解：每名新冠疫情防控志愿者都有3种不同的选择方法，
根据分步计数原理可知，不同的选择方法共有（种．
故答案为：81．
经过选拔有4位同学进入猜谜背古诗朗读共三项的决赛，每人三个赛项均参与，每个赛项只有唯一一个冠军.则不同的夺冠种数是________
【答案】64
【分析】用分步乘法计数原理求解，用冠军选人的思路完成这件事．
【详解】完成这件事分三步：第一步猜谜冠军有4种可能，第二步背古诗冠军有4种可能，第三步朗读冠军有4种可能，共有夺冠种数种．
5名运动员争夺3项比赛冠军（每项比赛无并列冠军），获得冠军的可能种数为________
【答案】125
【分析】根据题意，利用分步计数原理，即可求解.
【详解】对于每项冠军，都有5种选择，根据分步计数原理，可得获得冠军的可能种数是种.
题型15 定序问题
【规律方法】定序问题可以用倍缩法，还可以转化为占位插空模型处理
某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有（ ）
A．120种B．80种C．20种D．48种
【答案】C
【解析】在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、乙、丙，方法数为．
故选：C．
《志存高远，勇担使命》主题联欢会节目表上有7个节目，如果保持开场歌舞还是第一个节目，尾曲《难忘今宵》还是最后一个节目，且其它五个节目相对顺序不变情况下，再加进去三个节目，则共有不同的安排方法（ ）种．
A．120 B．146 C．226 D．336
【答案】D
【解析】去掉首尾，问题等价于排8个节目中安排3个节目，还有5个节目相对顺序固定，故有种方法
7人排队，其中甲、乙、丙 3 人顺序一定(可以相邻，也可以不相邻)，共有 种不同的排法．
【答案】840
【分析】利用排列求出不同的排法总数.
【详解】对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列， 然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有种不同的方法．
故答案为：840.
五个人并排站在一排，如果甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)，则不同的排法有_______种.
【答案】
【分析】用5个元素的全排列个数除以2各元素的全排列个数可得答案.
【详解】五个人并排站在一排，共有种，
其中甲、乙两人共有种顺序，各占一半，
所以甲必须站在乙的右边(甲乙可不相邻)的不同的排法有种，
故答案为：60
甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖，要求甲排在乙前面，丙与丁不相邻且均不排在最后，则抽奖的顺序有( )
A．72种B．144种C．360种D．720种
【答案】B
【解析】第一步先排甲、乙、戊、己，甲排在乙前面，则有种，第二步再将丙与丁插空到第一步排好的序列中，但注意到丙与丁均不排在最后，故有4个空可选，所以有中插空方法，所以根据分步乘法计数原理有种.故选：B.
某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题.并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有___________种不同的答题顺序.
【答案】60
【分析】首先将6只灯笼全排，因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，即除以内部排序即可.
【详解】将6只灯笼全排，即，
因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，
取谜题的方法有.
题型16 数字排列问题
用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有 个.
【答案】240
【详解】对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个.
点睛：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
由数字1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字且比1300大的正整数 .
【答案】22个
【分析】根据千位为1和不为1，由排列组合即可求解.
【详解】当千位和百位分别为1，3时，则十位和个位有个符合条件的,
当千位和百位分别为1，4时，则十位和个位有个符合条件的,
当千位为不为1时，共有个符合条件的,
故共有个,
故答案为:22个
现有0，1，2，3，4，5六个数字.
(1)用所给数字能够组成多少个四位数？
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数？
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数？（最后结果均用数字作答）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它三个位置，注意数字可以重复，
（2）利用分步计数原理，第一步先排首位（因为零不能在首位），再排其它四个位置，注意数字不可以重复，
（3）利用分类计数原理，比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，然后再分类求出即可．
【详解】（1）解：首先排最高位，只能从1、2、3、4、5这5个数中选一个，再排其他三个位置，每个数位上都有6种选法，
故能够组成四位数的个数为
即能组成四位数有1080个；
（2）解：能组成没有重复数字的五位数的个数为；
故没有重复数字的五位数有600个；
（3）比3142大的数包含四位数、五位数和六位数，其中：
六位数有：；
五位数有：；
四位数有千位是4或5的，千位是3的，而千位是4或5的有；
千位是3的分为百位是2、4、5的与百位是1的，
百位是2、4、5的有，
百位是1的分为十位是4和5两种情况，十位是5的有3种，十位是4的有1种，
所以共有．
故比3142大的数有1360个．
用数字组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为____ ．
【答案】
【解析】要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排中的一个数，共有3种排法，然后还剩个数，剩余的个数可以在十位到万位个位置上全排列，共有种排法，
由分步乘法计数原理得，由组成的无重复数字的五位数中奇数有个．故答案为：
4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
【答案】B
【分析】由已知，可根据题意，分成当四位数不出现1时、当四位数出现一个1时、当四位数出现两个1时三种情况，分别列式求解即可.
【详解】当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
所以不同的四位数的个数共有：．
故选：B．
数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）
【答案】312
【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.
【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，
1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；
2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，
综上可知，共有个.
故答案为：312
用0，2，4，5，6，8组成无重复数字的四位数，则这样的四位数中偶数共有（ ）
A．120个B．192个C．252个D．300个
【答案】C
【分析】根据个位数是否为零分类讨论即可.
【详解】若这个偶数的个位数是0，则有个；
若这个偶数的个位数不是0，则有个.
故满足条件的四位数中偶数的总个数为
从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有种；
要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，
所以数字为1，2，3时，有种；数字为1，3，5时，有种；
数字为2，3，4时，有种；数字为3，4，5时，有种；共24种.
所以该三位数能被3整除的概率为.
（2023·广东广州·统考一模）“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（ ）
A．100个B．125个C．225个D．250个
【答案】C
【解析】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.
用1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数，满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为_________.
【答案】
【解析】1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数的个数共有个
其中1，2相邻的六位数的个数共有个
5，0相邻的六位数的个数共有个
1和2相邻且5和0相邻的六位数的个数共有个
即满足1和2不相邻，5和0不相邻，则这样的六位数的个数为
故答案为：
如果一个四位数的各位数字互不相同，且各位数字之和等于10，则称此四位数为“完美四位数（如1036），则由数字0，1，2，3，4，5，6，7构成的“完美四位数”中，奇数的个数为___．
【答案】44
【解析】若尾数为1，前三位的数字为，或，或时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，则有个完美四位数；
若尾数为3，前三位的数字为，或时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，有个完美四位数；
若尾数为5，若前三位数字为或时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，共有个完美四位数，
若尾数为7，若前三位数字为时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，有个完美四位数；
综上所述：共有个完美四位数.
故答案为：44
用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，要求任意两个偶数数字之间至少有一个奇数数字，则符合要求的六位数的个数有______个.
【答案】108
【解析】满足要求的六位数按照偶数数字所在的位置可以分宜以下几类：
第一类：0,2,4排在从左至右的第一位，第三位，第五位，
先排第一位有两种排法，再排第三位和第五位有种排法，再将奇数排在第二，四，六位有种排法，
所以第一类包含的六位数的个数为，
第二类：0,2,4排在从左至右的第一位，第三位，第六位，
先排第一位有两种排法，再排第三位和第六位有种排法，再将奇数排在第二，四，五位有种排法，
所以第二类包含的六位数的个数为，
第三类：0,2,4排在从左至右的第一位，第四位，第六位，
先排第一位有两种排法，再排第四位和第六位有种排法，再将奇数排在第二，三，五位有种排法，
所以第三类包含的六位数的个数为，
第四类：0,2,4排在从左至右的第二位，第四位，第六位，
先排偶数数字有种排法，再将奇数排在第一，三，五位有种排法，
所以第四类包含的六位数的个数为，
由分类加法计数原理可得满足条件的六位共有个.
故答案为：108.
题型17 至少至多问题
【规律方法】“至多”“最多”的问题：解这类问题必须十分重视“至多”“最多”这两个关键词的含义谨防重复与漏解，用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理。
从甲、乙等7名同学中随机选2名参加社区服务工作，则甲、乙至少一人入选的概率为 .
【答案】
【分析】考虑甲、乙均没有入选的情况，利用组合数求解出对应概率即可.
【详解】设“甲、乙至少一人入选”为事件，则“甲、乙均没有入选”为事件，
所以，
故答案为：.
某研究性学习小组有4名男生和2名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少1名女生，则不同的选法种数为 .
【答案】
【分析】直接利用组合知识分步计算即可.
【详解】由已知可得六名同学选三名同学有种方法，而全选男生的有种方法，
所以至少一名女生的方法有种方法.
故答案为：16
10名运动员中有2名老队员和8名新队员，现从中选3人参加团体比赛，要求老队员至多1人入选且新队员甲不能人选的选法有 种
【答案】
【详解】试题分析：．根据题意可知，新队员甲不能入选共有种选法，在新队员甲不如选的条件下，两名老队员都入选的共有种选法，所以满足条件的有种．
某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁、移动支付、网购、共享单车、一带一路、无人机、大熊猫、广场舞、中华美食、长城、京剧、美丽乡村，其中使用频率排前四的关键词“高铁、移动支付、网购、共享单车”也成为了他们眼中的“新四大发明．从这12个关键词中选择4个不同的关键词，则至多包含2个“新四大发明”关键词的选法种数为（ ）
A．491B．462C．392D．270
【答案】B
【分析】分类求出不包含 “新四大发明”关键词的选法种数、包含1个 “新四大发明”关键词的选法种数、包含2个 “新四大发明”关键词的选法种数，根据分类加法计数原理即可得答案.
【详解】从这12个关键词中选择4个不同的关键词，
不包含 “新四大发明”关键词的选法种数有种；
包含1个 “新四大发明”关键词的选法种数有种；
包含2个 “新四大发明”关键词的选法种数有种；
故至多包含2个“新四大发明”关键词的选法种数为种.
从3台甲型和4台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法数为（ ）
A．60B．30C．20D．40
【答案】B
【分析】采用正难则反的间接方法，首先求出总情况为35种，然后求出全部时甲型或全是乙型的情况，最后用总数减去即可.
【详解】总的取法有种. 全部是甲型的有种，全部是乙型的有种，
所以至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法数为种
题型18 正难则反思想
立德学校于三月份开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（ ）种．
A．20B．4C．60D．80
【答案】C
【解析】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；
再安排5名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，若女生都在同一小组，共有种分配方案，
故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；
所以共有种分配方案.
甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ）
A．65B．73C．70D．60.
【答案】A
【解析】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方，
则每人有3种选择，则4人一共有种情况，
若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖，
每人有2种选择方法，则4人一共有种情况，
故汉口江滩一定要有人去有种情况
从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有 ．
【答案】51
【详解】从这10个数中取出3个不同的偶数的取法有种；
取出1个偶数和2个不同奇数的取法有种．
从这10个数中取出3个数，使其和为小于10的偶数，有如下9种不同取法：
；，，；；，，，．
因此，符合题设要求的不同取法有种
用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有________.
【答案】72
【解析】用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，共有个；
三个奇数中仅有两个相邻；
其对立面是三个奇数都相邻或者都不相邻；
当三个奇数都相邻时，把这三个奇数看成一个整体与2和4全排列共有个；
三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插入2和4形成的三个空内共有个；
故符合条件的有
如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
【答案】D
【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案.
【详解】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
在某城市中，，两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从地出发去往地，且不经过地，则不同的路径共有________条．
【答案】66
【解析】由图可知，从地出发去往地的最短路径需要9步，其中4步向上，5步向右，则不同的路径共有条．
若途径地，则不同的路径共有条．故从地出发去往地，且不经过地的不同路径共有条．
某老师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，且老师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位老师一天的课表的所有排法有______种．
【答案】474.
【分析】采用间接法，首先求解出任意安排节课的排法种数；分别求出前节课连排节和后节课连排3节的排法种数；作差即可得到结果.
【详解】从节课中任意安排节共有：种
其中前节课连排节共有：种；后节课连排3节共有：种
老师一天课表的所有排法共有：种
本题正确结果：
从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（ ）
A．20B．18C．10D．9
【答案】B
【分析】因为，所以从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数，从2，4，6，8，10这五个数中任取2个数排列后（两数在分子和分母不同），减去相同的数字即可得到答案．
【详解】首先从2，4，6，8，10这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，
又，，
从2，4，6，8，10这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是：．
从6位女学生和5位男学生中选出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有．
A．810种B．840种C．1620种D．1680种
【答案】A
【解析】先由排列数分别求出不考虑性别，与全部是男生和全部是女生的选法总数，然后用总数减掉全部是男生和全部是女生的即为男女生都有的选法.
【详解】解：不考虑男女生共有种
全部是男生的有种
全部是女生的有种
所以男、女学生都有的共有种
题型19 合理分类与分步策略（分类讨论思想）
某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数是（ ）
A.48B.54C.60D.72
【答案】C
【思路1】：第一步：先甲去另外两个，共2种选择；第二步：假设甲选速滑，分两类：
第一类，速滑无其他人，则将4人分给另外两个项目，共；
第二类：速滑有另外1人，将剩余3人分给其他两个项目，共，
所以共，故选C
【思路2】：先分组，再考虑甲的特殊情况
将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法
按照分步乘法原理，共有4×15=60种方法；
为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（ ）
A．48B．36C．24D．12
【答案】B
【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.
【详解】当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有种；
当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有.
故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为种.
故选：B
某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有（ ）.
A．10种B．12种C．15种D．16种
【答案】C
【分析】根据选甲或乙或都不选分类讨论即可.
【详解】分为以下三类分别计算：
选甲，则有 种；
选乙，则有 种；
甲乙都不选，则有 种；
共有3+6+6=15种方案
用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，要求任意两个偶数数字之间至少有一个奇数数字，则符合要求的六位数的个数有 个．
【答案】108
解析：当最高位上数为偶数时：；当最高位上数为奇数时：
综上，符合要求的六位数的个数为．
在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（ ）
A．60B．40C．30D．80
【答案】A
【分析】分类讨论：一，二，三等奖，三个人获得；一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张
【详解】一，二，三等奖，三个人获得，共有种；
一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张，共有种，共有24+36=60种
“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学､复旦大学､武汉大学､中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地.已知某班级有共5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位同学选择，则同学选择浙江大学的不同方法共有（ ）
A．24种B．60种C．96种D．240种
【答案】B
【解析】5位同学选择4所学校，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，已知同学选择浙江大学，
当有两位同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在4所大学中分别选了一所，共种选法；
当只有A同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在其余3所大学中选择，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，共种选法；
所以同学选择浙江大学的不同方法共有种.
【学生容易出现的错误】
先考虑特殊位置A同学：，再确保每所学校至少有一位同学选择，则从剩下4位同学中选3位同学出来：，最后一位同学随机分配：，故有96种，请问哪里重复了？
将1，2，3填入的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．48种
【答案】B
【分析】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，由此求出答案．
【详解】由题意，只需填第一行和第一列，剩下的即唯一确定了，
则不同的填写方法共有．
6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
某公司安排甲乙丙等人完成天的值班任务，每人负责一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有___种．
【答案】
【分析】根据题意，按甲乙丙的安排分5种情况讨论：①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，乙没有限制，②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，乙没有限制，③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，分5种情况讨论：
①甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，有2种情况，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有2×120＝240种安排方式，
②甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有＝120种安排方式，
此时有1×120＝120种安排方式，
③甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式，
④甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有3×2×4×24＝576种安排方式，
⑤甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有＝24种安排方式，
此时有4×24＝96种安排方式；
故有240+120+96+576+96＝1128种安排方式
有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）
A．12B．48C．72D．96
【答案】B
【分析】此题分为物理在第一或第五个位置、物理在第二或第四个位置和物理在第三个位置，分别求出它们的总数即可求出答案.
【详解】物理在第一或第五个位置，共有：种；
物理在第二或第四个位置，共有：种；
物理在第三个位置，共有：种；
所以同一科目书都不相邻的放法种数是：.
现有2名学生代表，2名教师代表和3名家长代表合影，则同类代表互不相邻的排法共有（ ）种．
A．552B．864C．912D．1008
【答案】C
【分析】插空法求解不相邻排列问题.
【详解】由题意，设表示两名学生位置，表示两名教师位置，表示三名家长位置，
第一步：先排学生有种方法；
第二步：再排两名教师，有①与，②与，③与三种情况，
对于①，教师有种排法，然后再将三名家长排入五个空中，共有种方法；
对于②，教师有种排法，然后家长先在A与A之间和与之间各选一个家长排入，剩余一个家长插入剩余三个空中的一个空中，有种；
对于③，教师有种排法，然后选一个家长排在最中间一个空中，再将剩余两个家长排在剩余的四个空中，有种排法，
综上，共有．
题型20 环排问题
【规律方法】在圆排列数中：
(1)n个元素围成一圈其圆排列数为
(2)在n个元素中，每次取出m个不同的元素进行圆排列，圆排列数为
(3)当从n个相异的元素中，每次取出m颗串成一个圆环，因其正反相对的两个圆排列在串成一个圆环时
定全相同，故圆环数为对于较复杂的问题，可适当采用分步插人、捆绑及利用种数公式处理．
8人围桌而坐，共有 种坐法.
【答案】5040
【分析】根据圆桌的特点，没有首尾之分，因此要固定一人位置，再排其余7人，求出答案．
【详解】围桌而坐与坐成一排不同，围桌而坐没有首尾之分，
因此固定一人并从此位置把圆形展成直线，则其余7人共有 （种）排法.
故答案为：5040
7名同学坐圆桌吃饭，其中甲、乙相邻，不同的排法种数为 .
【答案】240
【分析】将甲、乙视为一个整体，根据圆排列的方法确定其排列数，再排甲、乙即可.
【详解】将甲、乙看成一个整体，相当于6名同学坐圆桌吃饭，有种排法，
甲、乙两人可交换位置，故排法共有（种）.
现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）．
A．6种B．8种C．12种D．16种
【答案】B
【解析】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法种数为种．
现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）
A．6种B．8种C．12种D．16种
【答案】B
【分析】根据给定条件，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可.
【详解】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，则乙只能坐甲对面，
而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，
所以共有坐法种数为种.
一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种.
【答案】
【分析】分学生选择相邻的四个偶数、学生选择三个相邻的偶数，另一个学生坐对面、四个学生每两个学生选择相邻偶数三种情况，
求出学生的坐法，家长的坐法、四组家长学生全排列，由分步乘法计数原理和分类加法计算原理即可求解.
【详解】当学生选择相邻的四个偶数有，，，
，，有种，
以学生选为例，家长的排法有 ，，
，有种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有，，，
，，有种，
以学生选择为例，家长的坐法有，，，，
，，，，共种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有，，有种，
以学生选择为例，家长坐法有：，，，，
，，，，有种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
综上所述：满足要求的坐法共有种.
题型21 列举法
【规律方法】对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果。
已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（ ）种
A．36B．30C．24D．16
【答案】A
【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：.
当相邻的这组字母为时，将6个位置编成1-6号，
若在1号和2号，则3号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在3号和4号，则1号和2号字母不相同，5号和6号字母不相同，有种排法；
若在4号和5号，则2号和6号字母相同，1号和3号字母相同，有2种排法；
若在5号和6号，则1号和3号字母相同，2号和4号字母相同，有2种排法，
即相邻的字母为时，共有种排法.
同理，相邻的字母为时，也都有12种排法，故共有种排法.
某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（ ）
A．288B．336C．576D．1680
【答案】B
【分析】根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.
【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有种,
第二步,排黑车,若白车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，
根据分步计数原理,共有种
将3个相同的黑球和3个相同的白球自左向右排成一排，如果满足：从任何一个位置（含这个位置）自左向右开始数，数到最后一个球，如果黑球的个数不小于白球的个数，就称这种排列为“有效排列”，则出现“有效排列”的概率为 .
【答案】
【分析】分别求出“有效排列”的总数，所有排列的总数，然后结合古典概型的概率公式可求出答案.
【详解】由题意，“有效排列”有5种，分别为：白白白黑黑黑，白白黑白黑黑，白黑白白黑黑，白白黑黑白黑，白黑白黑白黑.
将3个相同的黑球和3个相同的白球自左向右排成一排，总共有种，
则出现“有效排列”的概率为.
题型22 排队问题
甲、乙、丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲、乙、丙三人不同的排队方案共有______种．
【答案】24
【解析】先进行分类：①3人到队伍检测，考虑三人在队的排队顺序，此时有种方案；
②2人到队伍检测，同样要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
③1人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
④0人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
所以，甲、乙、丙三人不同的排队方案共有24种．
有七名同学排队进行核酸检测，其中小王站在正中间，并且小李､小张两位同学要站在一起，则不同的排队法有___________种．
【答案】192
【解析】当小李和小张在小王的左侧时共有（种）排列方法，
同理，当小李和小张在小王的右侧时也有96种排列方法，
∴共有192种排列方法．
故答案为：192
题型23 错位排列
【规律方法】错位排列公式
编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种B．20种C．30种D．60种
【答案】B
【解析】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有，
所以不同的坐法有种．
将编号为、、、、、的小球放入编号为、、、、、的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意，分以下两步进行：
（1）在个小球中任选个放入相同编号的盒子里，有种选法，假设选出的个小球的编号为、；
（2）剩下的个小球要放入与其编号不一致的盒子里，
对于编号为的小球，有个盒子可以放入，假设放入的是号盒子．
则对于编号为的小球，有个盒子可以放入，
对于编号为、的小球，只有种放法．
综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种．
若5个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有（ ）
A．20B．90C．15D．45
【答案】D
【解析】根据题意，分2步分析：
①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有种选法，
②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，
所以不同的拿卡片的方法有种．
题型24 多面手问题
【规律方法】解含有约束条件的排列组合问题，即多面手问题，可以考虑画韦恩图帮助分析，对元素的性质进行分类，接事件发生的连续过程分步，做到标准明确．分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定，要贯穿于解题过程的始终．
某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225B．185C．145D．110
【答案】B
【分析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．
为庆祝中国共产党成立100周年，某学校举行文艺汇演．该校音乐组9名教师中3人只会器乐表演，5人只会声乐表演，1人既会器乐表演又会声乐表演，现从这9人中选出3人参加器乐表演，4人参加声乐表演，每人只能参加一种表演，共有 种不同的选法．（用数字作答）
【答案】30
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①只会器乐表演的3人全部被选中，参加器乐表演，②从只会器乐表演的3人选出2人，和既会器乐表演又会声乐表演的1人共同参加器乐表演，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①只会器乐表演的3人全部被选中，参加器乐表演，需要从剩下6人中选出4人参加声乐表演，有种选法，
②从只会器乐表演的3人选出2人，和既会器乐表演又会声乐表演的1人共同参加器乐表演，有种选法，则有种选法
某翻译处有8名翻译，其中有小张等3名英语翻译，小李等3名日语翻译，另外2名既能翻译英语又能翻译日语，现需选取5名翻译参加翻译工作，3名翻译英语，2名翻译日语，且小张与小李恰有1人选中，则有 种不同选取方法.
【答案】29
【分析】据题意，对选出的3名英语教师分5种情况讨论：①若从只会英语的3人中选3人翻译英语，②若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张），③若从只会英语的3人选小张翻译英语，④、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张），⑤、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（不包含小张），每种情况中先分析其余教师的选择方法，由分步计数原理计算每种情况的安排方法数目，进而由分类计数原理，将其相加计算可得答案．
【详解】根据题意，分5种情况讨论：
①、若从只会英语的3人中选3人翻译英语，
则需要从剩余的4人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，
②、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张）
则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的3人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，
则不同的安排方案有种，
③、若从只会英语的3人选小张翻译英语，
则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的2人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，
则不同的安排方案有种，
④、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张）
则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的4人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，
则不同的安排方案有种，
⑤、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（不包含小张）
则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的3人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，
则不同的安排方案有种，
则不同的安排方法有种．
题型25 元素配对问题(鞋子成双问题)
【规律方法】配对问题主要以鞋子或手套来作为命题对象，核心在于成双或不成双，.对于成双问题很容易思考，直接选取整双即可，对于不成双问题，要先取双，然后从每双中，取左右单只即可，难点和易错点在于不成双，一定要分两步思考，先取双，再取只.
某人家的抽屉里有4双不同花色的袜子，从中随机任取3只，则这3只袜子中恰有2只花色相同的取法种数为________
【答案】
【分析】求出从4双不同花色的袜子从中随机任取3只所有的取法，再求出恰有2只花色相同的取法，根据古典概型求解.
【详解】从4双不同花色的袜子中，其中恰有2只花色相同有（种）不同的选取方法
从5双不同的袜子中取4只，使至少有2只袜子配成一双的可能取法种数为（ ）
A．20B．30C．130D．140
【答案】C
【分析】由对立事件A为“4只没有可配对的袜子”的取法种数，总取法，即可知至少有2只袜子配成一双的可能取法种数，即可知正确选项.
【详解】“4只至少有2只袜子配成一双”的对立事件A为“4只没有可配对的袜子”，
∴A的取法数为种，而总取法有种，
∴“4只至少有2只袜子配成一双” 可能取法种数为种.
故选：C
从6双不同的鞋子中任取4只，恰是两双的选法有 种，恰有一双的选法有 种．
【答案】 15 240
【分析】根据组合的定义，恰是两双的抽法有种；对于恰有一双的情形，采用分部抽取，先选一双完整的，再从剩下的5双中选两双再分别抽取一只求解即可；
【详解】恰是两双的选法有种；
对于恰有一双的情形，可先选一双完整的，再从剩下的5双中选两双，然后在这两双中各选一只，共有种；
故答案为：15；240.
从5双不同尺码的鞋子中任取4只，使其中至少有2只能配成一双，则有 种不同的取法．
【答案】130
【分析】考虑恰好有2只能配成一双和恰好有4只能配成两双两种情况，计算相加得到答案.
【详解】当恰好有2只能配成一双有：；
当恰好有4只能配成两双有：；
故共有种不同的取法.
故答案为：
10双互不相同的鞋子混装在一个袋子中，从中任意取4只，4只鞋子中有两只成双，另两只不成双的取法数为 ．
【答案】1440
【详解】本试题主要是考查了排列组合的运用．
先从10双鞋子中选取一双，有C101种选法，再从9双鞋子中选取2双，有C92种选法，其中从每双鞋子中各取一只分别有2种选法，故共有C101C9222=1440种选法，故答案为1440.
本题也可以这样解：先从10双鞋子中选取一双，有C101种选法，再从9双鞋子中选取2双，有C92种选法，其中从每双鞋子中各取一只分别有2种选法，故共有C101C9222=1440种选法．
现有10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，4只鞋子恰有两双的种数为 ，4只鞋子有2只成双，另2只不成双的种数为 .
【答案】 45 1440
【分析】由乘法原理即可求出4只鞋子恰有两双的种数和有2只成双，另2只不成双的种数.1
2
3
3
1
2
2
3
1